高二數(shù)學(xué)（江蘇,理科）（新高三）暑期作業(yè)復(fù)習(xí)方法策略講-第6講理清三個(gè)關(guān)系是復(fù)全國(guó)通用

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第6講理清三個(gè)關(guān)系是復(fù)習(xí)好“導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用”的關(guān)鍵導(dǎo)數(shù)是解決函數(shù)問題的有力工具，是高考的熱點(diǎn)，要從幾何意義上認(rèn)識(shí)導(dǎo)數(shù)概念的實(shí)質(zhì)，會(huì)求曲線在某一點(diǎn)處的切線方程，熟練導(dǎo)數(shù)的基本運(yùn)算、函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，熟練利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值、最值、零點(diǎn)，會(huì)用導(dǎo)數(shù)證明不等式等．1．理清函數(shù)增長(zhǎng)、遞減快慢與切線斜率之間的關(guān)系．函數(shù)增長(zhǎng)、遞減與否與導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)有關(guān),但函數(shù)增長(zhǎng)、遞減的快慢與導(dǎo)函數(shù)符號(hào)就無關(guān)了．函數(shù)增長(zhǎng)、遞減快慢與切線斜率之間的關(guān)系,如果切線斜率不小于零，且隨著自變量的增大,切線斜率越來越大，說明函數(shù)增長(zhǎng)速度越來越大，反之,說明函數(shù)增長(zhǎng)速度越來越小．2．理清函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系．在區(qū)間M上，若f′(x）>0,則函數(shù)f(x)在區(qū)間M上是增函數(shù)．若f(x)在區(qū)間M上是增函數(shù)，則f′（x)≥0.即f′（x)>0是f（x)是增函數(shù)的充分不必要條件．3．理清極值點(diǎn)與導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的關(guān)系．若x0是函數(shù)的極值點(diǎn)，則f′(x0)＝0.反之，若f′(x0)＝0，x0不一定是函數(shù)的極值點(diǎn)．如y＝x3，盡管f′（0)＝0，但y＝x3在R上是增函數(shù),x＝0不是極值點(diǎn)．4．理清判斷導(dǎo)函數(shù)符號(hào)的程序．研究函數(shù)f（x）導(dǎo)函數(shù)的一般程序?yàn)椋捍_定函數(shù)定義域，求導(dǎo)，明確決定導(dǎo)函數(shù)f′(x)符號(hào)的因素，把這個(gè)因素即一個(gè)新的函數(shù)m(x)剝離出來，轉(zhuǎn)而研究這個(gè)函數(shù)的零點(diǎn)．方程m(x）＝0往往是可解的，只取函數(shù)f(x)定義域內(nèi)的解．然后判斷這些解的左右f′（x）的符號(hào)，最終確定f(x）的單調(diào)區(qū)間．如果含有參數(shù)，往往需要討論．討論點(diǎn)依次為：明確概念，確定方程m(x）＝0的性質(zhì),討論方程m（x）＝0是一次方程還是二次方程；其次，研究方程m(x)＝0的解的特點(diǎn)，是常數(shù),還是與參數(shù)有關(guān)的變數(shù)．若方程m（x)＝0的解與參數(shù)有關(guān),往往討論它們是否在函數(shù)定義域內(nèi)；再次，要確定方程m（x）＝0的解在函數(shù)定義域的排列順序，即確定大小，往往需要討論．如果方程m（x）＝0是超越方程，一是觀察，確定方程m（x)＝0的解；若觀察不出m(x）的符號(hào)規(guī)律,這時(shí)往往對(duì)m（x）求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)m（x)，確定m(x)的符號(hào)規(guī)律，繼而確定f′(x)的符號(hào)規(guī)律,從而解決f(x）的單調(diào)性．例1已知函數(shù)y＝f（x)的圖象是下列四個(gè)圖象之一，且其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x）的圖象如圖所示，則該函數(shù)的圖象是________．解后反思f′（x)的符號(hào)變化決定函數(shù)的單調(diào)性，f′(x)的單調(diào)性決定f(x)增長(zhǎng)、遞減速度的快慢．例2設(shè)函數(shù)f(x）＝x3－kx2＋x(k∈R)．（1)當(dāng)k＝1時(shí),求函數(shù)f（x）在點(diǎn)（0，0)處的切線方程;(2)當(dāng)k<0時(shí)，求函數(shù)f（x）在k,－k]上的最小值m和最大值M。解后反思1．函數(shù)單調(diào)性是函數(shù)最重要的性質(zhì)，函數(shù)的變化形態(tài)決定了函數(shù)的極值、最值、零點(diǎn)，因此利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性是基礎(chǔ)．2．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，要?dú)w結(jié)于函數(shù)定義域內(nèi)導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的研究．運(yùn)用函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合的思想研究函數(shù)零點(diǎn)．對(duì)于含參數(shù)的問題,注意分類討論．例3已知函數(shù)f（x）＝eq\f（lnx＋1，ex）（k為常數(shù)，e＝2。71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．(1)求f(x）的單調(diào)區(qū)間；（2)設(shè)g（x)＝xf′(x），其中f′(x)為f（x)的導(dǎo)函數(shù)，證明：對(duì)任意x＞0,g（x)＜1＋e－2。解后反思從f′(x）中剝離出來決定導(dǎo)函數(shù)f′(x）符號(hào)的函數(shù)h（x），若方程h(x)＝0是超越方程，不能求解，就利用函數(shù)與方程思想，觀察方程的解或確定方程是否有解；或研究h（x）是否恒大于等于零或恒小于等于零．總結(jié)感悟1．利用導(dǎo)數(shù)解決含有參數(shù)的單調(diào)性問題是將問題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題，要注意分類討論和數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．2．在實(shí)際問題中，如果函數(shù)在區(qū)間內(nèi)只有一個(gè)極值點(diǎn)，那么只要根據(jù)實(shí)際意義判定是最大值還是最小值即可，不必再與端點(diǎn)的函數(shù)值比較．3．函數(shù)f（x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，則f′(x）≥0而不是f′(x)>0（f′(x)＝0在有限個(gè)點(diǎn)處取到)．4．利用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際生活中的優(yōu)化問題，要注意問題的實(shí)際意義．【誤區(qū)警示】1．研究函數(shù)問題，首先要明確函數(shù)的定義域．利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)問題時(shí),不能讓自變量的范圍發(fā)生變化．如f(x)＝lnx，定義域?yàn)椋?，＋∞）,求導(dǎo)后f′（x）＝eq\f(1,x），x的取值范圍為（－∞，0)∪（0，＋∞)．2．已知f（x)在給定區(qū)間的單調(diào)性，應(yīng)轉(zhuǎn)化為f′（x）≥0或f′(x)≤0，非f′(x)〉0或f′（x）〉0。A級(jí)1．(2016·全國(guó)Ⅲ）已知f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x＜0時(shí),f（x）＝ln（－x）＋3x，則曲線y＝f(x）在點(diǎn)(1,－3）處的切線方程是________．2．函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是________．3．函數(shù)y＝f(x)在一點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)值為0是函數(shù)y＝f（x)在這點(diǎn)取極值的__________條件．4．函數(shù)f（x）＝12x－x3在區(qū)間－3，3]上的最小值是________．5．(2016·全國(guó)Ⅱ）若直線y＝kx＋b是曲線y＝lnx＋2的切線,也是曲線y＝ln(x＋1）的切線，則b＝________．6．設(shè)函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)可導(dǎo)，且f（ex)＝x＋ex,則f′(1）＝________．B級(jí)7．函數(shù)f(x)的定義域?yàn)殚_區(qū)間（a，b),導(dǎo)函數(shù)f′(x)在(a，b）內(nèi)的圖象如圖所示，則函數(shù)f（x）在開區(qū)間（a，b）內(nèi)的極小值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為________．8．函數(shù)f（x)的定義域?yàn)镽，f(－1)＝2，對(duì)任意x∈R，f′（x)〉2，則f(x)〉2x＋4的解集為____________．9．設(shè)函數(shù)f(x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x),且f（x）＝f′(eq\f（π,2))sinx＋cosx,則f′（eq\f（π，4))＝________．10．已知a≥0,函數(shù)f(x）＝(x2－2ax)ex，若f（x)在－1，1]上是單調(diào)減函數(shù)，則a的取值范圍是________．11．若函數(shù)f（x）＝(1－x2）(x2＋ax＋b)的圖象關(guān)于直線x＝－2對(duì)稱，則f（x)的最大值是________．12．已知關(guān)于x的函數(shù)f(x）＝eq\f(ax－a，ex)(a≠0）．（1)當(dāng)a＝－1時(shí),求函數(shù)f(x)的極值；（2)若函數(shù)F(x）＝f(x）＋1沒有零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

第6講理清三個(gè)關(guān)系是復(fù)習(xí)好“導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用"的關(guān)鍵題型分析例1②解析由y＝f′（x)的圖象知，f′（x）≥0,y＝f（x）為增函數(shù)．f′(x）在區(qū)間（－1,0)上遞增，說明y＝f（x）圖象的切線斜率隨x的增大而增大，則f（x）區(qū)間(－1，0）上增長(zhǎng)速度越來越快．在（0,1)上f′（x）遞減，說明y＝f(x）圖象的切線斜率隨x的增大而減小,說明f(x)在區(qū)間(0，1）上增長(zhǎng)速度越來越慢．故填②。例2解f′（x)＝3x2－2kx＋1,（1）當(dāng)k＝1時(shí),f′(0)＝1，即f（x）在點(diǎn)(0，0）處的切線斜率k＝1，∴f(x)在點(diǎn)(0，0)處的切線方程為y＝x。(2）當(dāng)k〈0時(shí)，f′(x)＝3x2－2kx＋1，其開口向上，對(duì)稱軸x＝eq\f(k，3），且過(0,1）點(diǎn)．①當(dāng)Δ＝4k2－12＝4(k＋eq\r（3））（k－eq\r（3）)≤0，即－eq\r（3)≤k〈0時(shí)，f′（x)≥0,f(x)在k，－k］上單調(diào)遞增．∴m＝f（x）min＝f（k）＝k,M＝f(x)max＝f(－k)＝－2k3－k.②當(dāng)Δ＝4k2－12〉0，即k<－eq\r（3）時(shí)，令f′(x）＝0得x1＝eq\f(k＋\r（k2－3）,3)，x2＝eq\f(k－\r（k2－3）,3）,且k<x2〈x1〈0?！鄊＝min｛f（k)，f（x1）｝，M＝max{f（－k），f（x2）｝．又f(x1)－f（k)＝xeq\o\al(3，1）－kxeq\o\al（2,1）＋x1－k＝(x－k)(xeq\o\al(2,1）＋1）>0，∴m＝f(k）＝k，又f(x2)－f(－k)＝xeq\o\al（3，2)－kxeq\o\al(2,2)＋x2－（－k3－k·k2－k）＝(x2＋k）（x2－k）2＋k2＋1］〈0,∴M＝f(－k）＝－2k3－k。綜上，當(dāng)k〈0時(shí)，f（x)的最小值m＝k，最大值M＝－2k3－k.例3(1)解由f(x）＝eq\f（lnx＋1,ex)，得f′(x）＝eq\f（1－x－xlnx,xex）,x∈（0，＋∞），令h（x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞),可看出h（1）＝0，當(dāng)x∈(0，1)時(shí),h(x)＞0；當(dāng)x∈（1,＋∞)時(shí)，h（x）＜0.又ex＞0,所以x∈（0,1)時(shí),f′（x）＞0;x∈(1,＋∞）時(shí)，f′(x）＜0。因此f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為（1，＋∞）．(2）證明因?yàn)間（x）＝xf′（x），所以g(x)＝eq\f(1,ex)（1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞）．由(1）知h(x)＝1－x－xlnx，求導(dǎo)得h′（x)＝－lnx－2，所以當(dāng)x∈（0，e－2）時(shí)，h′(x）＞0,函數(shù)h（x）單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(e－2，＋∞)時(shí)，h′(x)＜0，函數(shù)h（x)單調(diào)遞減．所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí),h(x）≤h（e－2）＝1＋e－2。又當(dāng)x∈（0，＋∞）時(shí),0＜eq\f(1,ex）＜1,所以當(dāng)x∈（0，＋∞）時(shí),eq\f(1，ex）h（x)＜1＋e－2,即g(x)＜1＋e－2。綜上所述結(jié)論成立．線下作業(yè)1．2x＋y＋1＝02.（2,＋∞）3．必要不充分4。－165．1－ln2解析y＝lnx＋2的切線為：y＝eq\f（1,x1）·x＋lnx1＋1（設(shè)切點(diǎn)橫坐標(biāo)為x1)．y＝ln(x＋1)的切線為：y＝eq\f（1，x2＋1)x＋ln(x2＋1）－eq\f（x2,x2＋1)，（設(shè)切點(diǎn)橫坐標(biāo)為x2)∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1，x1）＝\f（1，x2＋1)，,lnx1＋1＝ln（x2＋1）－\f(x2，x2＋1））)解得x1＝eq\f（1，2)，x2＝－eq\f（1,2）,∴b＝lnx1＋1＝1－ln2。6．2解析設(shè)ex＝t,則x＝lnt（t>0），∴f(t）＝lnt＋t∴f′（t）＝eq\f（1，t）＋1，∴f′(1)＝2。7．1解析極小值點(diǎn)應(yīng)有先減后增的特點(diǎn)．8．(－1，＋∞)解析設(shè)m（x）＝f(x)－(2x＋4)，則m′（x）＝f′（x)－2〉0，∴m(x)在R上是增函數(shù)．∵m（－1)＝f（－1）－(－2＋4)＝0，∴m（x)〉0的解集為｛x|x〉－1｝，即f(x)>2x＋4的解集為（－1，＋∞）．9．－eq\r(2)解析因?yàn)閒（x）＝f′(eq\f（π,2）)sinx＋cosx,所以f′(x）＝f′(eq\f(π，2)）cosx－sinx,所以f′（eq\f（π，2)）＝f′(eq\f(π,2））coseq\f（π，2)－sineq\f（π，2），即f′(eq\f（π,2))＝－1,所以f(x)＝－sinx＋cosx.f′（x）＝－cosx－sinx。故f′（eq\f（π,4）)＝－coseq\f(π，4）－sineq\f（π，4)＝－eq\r(2)。10．eq\f(3，4），＋∞）解析f′（x）＝（2x－2a)ex＋（x2－2ax）ex＝x2＋(2－2a）x－2a]ex，由題意當(dāng)x∈－1，1]時(shí)，f′（x）≤0恒成立，即x2＋（2－2a)x－2a≤0在x∈－1，1]時(shí)恒成立．令g(x）＝x2＋（2－2a）x－2a，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g(－1）≤0，，g（1）≤0，))即eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(（－1）2＋（2－2a)·（－1）－2a≤0，，12＋2－2a－2a≤0，))解得a≥eq\f(3,4).11．16解析依題意，f（x－2）為偶函數(shù)，f(x－2）＝(－x2＋4x－3）x2＋(a－4）x＋4－2a＋b］，其中x3的系數(shù)為8－a，故a＝8，x的系數(shù)為28＋4b－11a,故b＝15，令f′（x）＝0，得x3＋6x2＋7x－2＝0，由對(duì)稱軸為x＝－2可知,將該式分解為（x＋2)（x2＋4x－1)＝0，可知其在eq\r（5)－2和－eq\r（5)－2處取到最大值,最大值為16.12．解(1)f′(x)＝eq\f(－aex(x－2）,（ex)2）＝eq\f(－a(x－2），ex），x∈R。當(dāng)a＝－1時(shí),f（x），f′（x）的變化情況如下表:x（－∞，2)2(2,＋∞)f′（x)－0＋f（x）極小值所以,當(dāng)a＝－1時(shí)，函數(shù)f(x)的極小值為－e－2。(2)F′(x)＝f′(x）＝eq\f（－a（x－2）,ex)。①當(dāng)a<0時(shí)，F(xiàn)(x），F(xiàn)′(x)的情況變化如下表:x（－∞，2)2(2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)極小值因?yàn)镕(1）＝1>0，若使函數(shù)F（x）沒有零點(diǎn)，需且僅需F（2）＝eq\f(a,e2）＋1〉0，解得a>－e2，所以此時(shí)－e2〈a<0；②當(dāng)a>0時(shí)，F(xiàn)（x）,F′(x）的情況變化如下表:x(－∞，2）2(2，＋∞）f′（x）＋0－f（x）極大值因?yàn)镕(2)〉F(1）>0，